ELITE Resolve Afa2009 Fis

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O ELITE RESOLVE AFA 2009 FSICA

1

FSICA

QUESTO 01 Os valores do potencial eltrico V em cada vrtice de um quadrado esto indicados na figura abaixo.

Os valores desses potenciais condizem com o fato de que o quadrado estar situado num campo eletrosttico a) uniforme, na direo bissetriz do 1 quadrante b) criado por duas cargas puntiformes situadas no eixo y c) criado por duas cargas puntiformes situadas nas bissetrizes dos quadrantes impares d) uniforme, na direo do eixo x

Resoluo Alternativa D Pode-se ver que se dividirmos a diferena de potencial entre dois pontos quaisquer pela distncia horizontal que os separa, obtemos sempre o mesmo valor:

= = = =

5 0 5 10 0 5: :2

10 5 5 10 5 5: :2 2

B A C Aa a a a

C B C Da a a a a a

Para um campo eltrico uniforme na direo x, este justamente o resultado esperado, j que:

. xE d U= (C.E.U na direo x): x

U Ed

= (cte.)

0V 5V 10V

EG

5Ea

=G

QUESTO 02 Na figura abaixo, uma partcula com carga eltrica positiva q e massa m lanada obliquamente de uma superfcie plana, com velocidade inicial de mdulo 0v , no vcuo, inclinada de um ngulo em relao horizontal.

Considere que, alm do campo gravitacional de intensidade g, atua tambm um campo eltrico uniforme de mdulo E. Pode-se afirmar que a partcula voltar altura inicial de lanamento aps percorrer, horizontalmente, uma distncia igual a

a) 02vg

1 2qE senm

+ b) 20

2vg

cos qEsen senm

+

c) 0vg

2 qEsenmg

+ d) 20v

g2 1 qEsen tg

mg +

Resoluo Alternativa D

Para avaliarmos a distncia horizontal percorrida, devemos analisar o movimento da partcula tanto na direo horizontal quanto na vertical. Assim, temos: Direo Vertical Nesta direo, a partcula submetida ao do campo gravitacional de intensidade g considerada constante. Assim, o movimento vertical da partcula um MUV (lanamento vertical para cima sob a ao da gravidade). Desprezando o efeito de foras dissipativas, o tempo de retorno da partcula ao nvel de lanamento corresponde ao dobro do tempo de subida (tS), ou seja:

2RETORNO St t= O tempo de subida dado por:

0 00 0

YY Y S S

v v senv v g t t

g g= = = =

Assim:

022RETORNO Sv sen

t tg

= = Direo Horizontal Nesta direo, a partcula submetida a um campo eltrico uniforme dirigido para a direita que produzir uma fora eltrica ( )EF

Gsobre a

partcula. A intensidade de EFG

dada por:

EF q E= G G

Sendo esta a nica fora atuante nesta direo, ela ser a fora resultante na horizontal. Pelo princpio fundamental da Dinmica, temos:

= R X X XX

q EF m a q E m a a

m

= = G

G GG G G

Como o campo eltrico uniforme, Xa

G constante e o movimento

horizontal da partcula um MUV. Desta forma, a distncia horizontal ( )x percorrida pela partcula pode ser obtida a partir da equao:

2

2X

OX

ax v t t = +

GG

Sendo 0 0 cosXv v = G G e 02RETORNO v sent t g = =

G, temos:

2

0 00

2 2cos

2

q Ev sen v senx v

g m g

= +

GG GG

2 20 0

0 2

2 4cos

2

q Ev sen v senx v

g m g

= + GG GG

Utilizando a identidade trigonomtrica do arco duplo,

(2 ) 2 cossen sen = , vem que: 2 2 2

0 02

2(2 ) q E senv sen vx

g g mg

= + GG G



2

2 2

0 02 cos(2 )

cos

q E sen senv sen vx

g g mg

= + GG G

2 2

0 0(2 ) (2 )

cos

q E senv sen v senx

g g mg

= +

GG G

Lembrando que cossen

tg = , temos:

2

0 (2 ) 1q E tgv sen

xg mg

= +

GG

QUESTO 03

O elemento de aquecimento de uma torneira eltrica constitudo de dois resistores e de uma chave C conforme ilustra a figura abaixo.

Com a chave C aberta, a temperatura da gua na sada da torneira aumenta em 10 C. Mantendo-se a mesma vazo dgua e fechando C , pode-se afirmar que a elevao de temperatura da gua, em graus Celsius, ser de a) 20 b) 5,0 c) 15 d) 2,5

Resoluo Alternativa A Com a chave aberta, ambos os resistores de resistncia R/2 esto associados em srie. Desta forma, a resistncia equivalente entre os pontos A e B vale R e a potncia eltrica (P0) da torneira eltrica dada por :

2 2

0EQ

U UPR R

= = Com a chave fechada, notamos que um dos resistores encontra-se em paralelo com um fio (considerado ideal) caracterizando assim um curto-circuito. Assim, a nova resistncia equivalente entre os pontos A e B assume o valor R/2. A nova potncia eltrica (P1) da torneira eltrica pode ser assim determinada:

2 2 2

12

2EQ

U U UPRR R

= = =

Comparando P1 e P0 notamos que P1 = 2 P0. A variao de temperatura sofrida pela gua em funo da potncia eltrica da torneira expressa por:

Q m c PPmt t ct

= = =

Notamos que a razo mt a vazo de gua (Z) do chuveiro. Assim,

temos: P

Z c =

Considerando a vazo constante, temos que o resultado obtido mostra que a variao de temperatura diretamente proporcional potncia eltrica. Como P1 o dobro de P0, conclumos que, ao fechar a chave, a variao de temperatura da gua dobrar, ou seja,

1 02 20oC = =

QUESTO 04 Parte de um circuito eltrico constituda por seis resistores hmicos cujas resistncias eltricas esto indicadas ao lado de cada resistor, na figura abaixo.

Se a d.d.p. entre os pontos A e B igual a U , pode-se afirmar que a potncia dissipada pelo resistor 3R igual a

a) 2R

2

3U b)

12R

2

3U c)

23

2UR

d) 1

2R

2

6U

Resoluo Alternativa B

Marcamos os pontos C e D na figura:

C

D Sendo a d.d.p. entre A e B igual a U, o circuito equivale a:

U

A

R4=2R

R5=4R R3=2R

B

C

D

R1=2R

R2=R

R6=R

Como 22 5 3 4 4R R R R R = = , trata-se de uma ponte de Wheatstone em equilbrio, de modo que no trecho CD, onde est alojado o resistor

6R , no h passagem de corrente. Assim, esse resistor pode ser

removido do circuito, e conseqentemente, os resistores 2R e 4R

esto associados em srie, bem como os resistores 3R e 5R . Redesenhando, temos:

U

R4=2R

R5=4R R3=2R

R1=2R

R2=R



3

A corrente 3i que atravessa o trecho onde esto os resistores 3R e

5R dada por:

3 3(2 4 ) 6U

U R R i iR

= + = Assim, calculamos a d.d.p a que o resistor 3R est submetido:

3 3 3 32 6 3U U

U R i R UR

= = = Portanto, a potncia dissipada nesse resistor :

( )2

2

33

3

32

UU

PR R

= = 2

3

12 3

UP

R =

QUESTO 05

O trecho AB, de comprimento 30 cm, do circuito eltrico abaixo, est imerso num campo magntico uniforme de intensidade 4 T e direo perpendicular ao plano da folha. Quando a chave CH fechada e o capacitor completamente carregado, atua sobre o trecho AB uma fora magntica de intensidade 3 N, deformando-o, conforme a figura.

Sabe-se que os fios so ideais. A intensidade da corrente eltrica, em ampres, e a diferena de potencial eltrico entre os pontos C e D, em volts, so, respectivamente a) 2,5 e 5 b) 5 e 10 c) 25 e 50 d) 1,25 e 2,5

Resoluo Alternativa A De acordo com o enunciado da proposta, aps fecharmos a chave CH, o capacitor plenamente carregado. Neste estado, o capacitor fica em aberto no mais recebendo carga eltrica. Assim, a corrente eltrica circular apenas pela malha DCAB. Vamos agora determinar a intensidade desta corrente. Utilizando a regra da mo, a fora magntica sobre o condutor AB horizontal e dirigida para a direita. Sua intensidade dada por:

MAGF B i L sen= G G

tal que: ngulo entre a direo do vetor induo magntica BG e a direo do fio condutor. Neste caso, 90o = e consequentemente, a intensidade da fora magntica passa a ser expressa por:

MAGF B i L= G G

De acordo com o enunciado da proposta, temos: a intensidade da fora magntica, 3MAGF N=

G,

a intensidade do vetor induo magntica, 4B T=G Na figura dada, notamos que o comprimento L do fio condutor vale 30 cm = 0,3 m. Substituindo esses valores na equao acima, obtemos a intensidade da corrente eltrica:

3 2,54 0,3

MAGMAG

FF B i L i A

B L= = = =

GG G

G

Entre os pontos C e D, notamos que ambos os resistores de resistncia 4 encontram-se em curto-circuito, por estarem ligados em paralelo com um fio ideal. Desta forma, entre os pontos C e D, a corrente eltrica circular apenas pelo resistor de resistncia 2 . Assim, a ddp entre os pontos C e D representada pela ddp sobre este resistor. Como a corrente a mesma que passa por AB, pela Lei de Ohm temos:

2 2,5 5U R i U V= = =

QUESTO 06 Uma bateria de f.e.m. igual a e resistncia interna de valor igual a r (constante) alimenta o circuito formado por uma lmpada L e um reostato R , conforme ilustra a figura abaixo.

Considerando constante a resistncia da lmpada, o grfico que melhor representa a potencia por ela dissipada quando o cursor do reostato move-se de A para B a)

b)

c)

d)

Resoluo Alternativa B Considere a seguinte representao:

D

C i

Chamando de L a resistncia da lmpada e de U a d.d.p. entre os pontos C e D, e i a corrente indicada no esquema acima, a potncia

dissipada pela lmpada : 2UP

L= .

Por Kirchhoff: ri U = + U ri= Logo, ( )

2riP

L = . 1

1 1eq

r

R r

R L

= ++

; onde rR a resistncia do reostato.

Observe que se rR aumentar, eqR . Como a corrente i depende da resistncia equivalente do circuito ( eqR i cte = = ), temos que se rR aumentar i diminui. Voltando frmula da potncia:

( )2riP

L =

Se i diminui, P aumenta, j que ri > sempre. A concluso final que se rR aumentar, P aumenta, num grfico P x R, isto corresponde a uma funo estritamente crescente, que corresponde Alternativa B.



4

QUESTO 07 Considere dois pssaros A e B em repouso sobre um fio homogneo de densidade linear , que se encontra tensionado, como mostra a figura abaixo. Suponha que a extremidade do fio que no aparece esteja muito distante da situao apresentada.

Subitamente o pssaro A faz um movimento para alar vo, emitindo um pulso que percorre o fio e atinge o pssaro B t segundos depois. Despreze os efeitos que o peso dos pssaros possa exercer sobre o fio. O valor da fora tensora para que o pulso retorne posio onde se encontrava o pssaro A, em um tempo igual a 3 t , a) ( )

2

2

4 dt b) ( )

2

2

9 dt

c) ( )2

2

dt

d) ( )

2

29dt

Resoluo Alternativa A

De acordo com o enunciado da proposta, quando o pssaro A faz o movimento de vo, um pulso emitido de A para B em t segundos. Como a onda apresenta velocidade constante, para que o pulso retorne ao ponto inicial A em 3 t segundos, ele dever percorrer as seguintes etapas nos respectivos intervalos de tempo: de A para B : gastando t segundos, de B at o poste : gastando 2

t segundos, o retorno do poste at B : gastando 2

t segundos e, finalmente de B at A gastando t segundos. Assim, entre B e o poste, o pulso emitido percorre uma distncia d em

2t segundos. Sua velocidade de propagao no fio ser:

( )2

2s dv

t t= = (1)

Entretanto, a velocidade de propagao do pulso no fio tambm expresso pela frmula de Taylor:

Tv = (2) tal que: a densidade linear do fio e, T a intensidade da fora tensora. Igualando (1) e (2), temos:

( ) ( )2 2

2 2

2 4 4d T d T dTt t t

= = =

QUESTO 08

Um par de blocos A e B, de massas 2 kgAm = e 10 kgBm = , apoiados em um plano sem atrito, acoplado a duas molas ideais de mesma constante elstica K = 50 N/m, como mostra a figura abaixo.

Afastando-se horizontalmente o par de blocos de sua posio de equilbrio, o sistema passa a oscilar em movimento harmnico simples com energia mecnica igual a 50 J. Considerando 210 m/sg = , o mnimo coeficiente de atrito esttico que deve existir entre os dois blocos para que o bloco A no escorregue sobre o bloco B a) 1/10 b) 5/12 c) 1 d) 5/6

Resoluo Alternativa D A montagem da figura corresponde a uma associao em paralelo das duas molas, cuja constante elstica equivalente dada pela soma das constantes elsticas de cada mola (2K = 100 N/m):

2 K

Sendo a energia mecnica transferida para o sistema = 50 JME , a amplitude (elongao mxima) de oscilao do sistema se dar quando toda essa energia estiver armazenada sob a forma potencial elstica na mola.

= = =2 2(2 ) 10050 1,0 m

2 2MK x xE x

Nesse caso, a fora elstica, que age como fora resultante no sistema formado pelos dois blocos, ser mxima, de modo que:

( ) | |EL RES EQ A BMX MXF F k x m m a= = + JJJG JJJJG JJJJJG

225100 1,0 (2,0 10) | | | | m/s3MX MX

a a = + =JJJJJG JJJJJG Agora, isolando o corpo A, representamos, num instante qualquer, as foras que atuam sobre ele:

A JJJG

ATF

APJJG

ANJJJG

Nesse caso, temos: | | | |A A

AT RES

P N

F F

= =

JJG JJJGJJJG JJJJG .

Assim: | | | | | | | |e A A e AN m a m g m a = = JJJG JG JG JG

| | | |ea g= JG JG

No caso da acelerao mxima de 225

m/s3

, temos:

2510

3 e= 5

6e =



5

QUESTO 09 A figura I representa uma lente delgada convergente com uma de suas faces escurecidas por tinta opaca, de forma que a luz s passa pela letra F impressa.

Um objeto, considerado muito distante da lente, disposto ao longo do eixo ptico dessa lente, como mostra a figura II.

Nessas condies, a imagem fornecida pela lente e projetada no anteparo poder ser

a)

b)

c)

d)

Resoluo Alternativa B Hiptese inicial: Supondo que o objeto em forma de A esteja disposto de frente lente da figura 1, de forma que os raios luminosos de A cheguem entrando no plano do papel, temos as seguintes situaes acontecendo: (1) A formao de uma imagem de A invertida, to menor e to mais prxima do foco (e aps este) quanto maior for a distncia de A at a lente. (2) A possibilidade de se ver um F direito (sem inverso), dado que a distncia de A lente muito grande e os raios cheguem praticamente paralelos, desde que o anteparo seja colocado entre o foco e a lente (se o anteparo for grudado lente, um F ser visto de qualquer maneira, no importando as outras distncias envolvidas no problema). Entretanto, o F visto no pode ser considerado fisicamente uma imagem, pois a definio fsica de imagem implica em convergncia de raios, enquanto o F apenas uma combinao de regies com luz difusa e outras com sombra. (3) A possibilidade de se ver um F invertido de cima para baixo e da esquerda para a direita, dada uma distncia p do objeto lente muito grande (o suficiente para considerar que os raios chegam paralelos) e dado que o anteparo seja colocado a certa distncia (no necessariamente grande) aps o foco, que tambm no fisicamente uma imagem.

A possibilidade de se ver um F existe considerando-se que os raios chegam praticamente paralelos, e que sua convergncia se d praticamente atravs do foco, o F projetado no anteparo seria idntico ao F da lente se o anteparo fosse grudado mesma, e teria suas linhas afinadas e seu tamanho diminudo conforme afastssemos o anteparo da lente.

Conforme aproximssemos o anteparo do foco, veramos um borro (muito pequeno e talvez no visvel a olho nu). Depois do foco, mas ainda assim muito prximo do mesmo, teramos a formao do A invertido, pois para p muito grande os raios chegam aproximadamente paralelos, mas ainda assim no paralelos (situao possvel apenas matematicamente, tomando o limite quando p ), e a aproximao Gaussiana torna-se ainda mais vlida, no deixando de valer suas famosas equaes:

1/f = 1/p + 1/p A = p/p = i/o

que nos retorna valores reais para todas as variveis, o que mostra que h formao de imagem.

A partir da formao do A invertido, e continuando a afastar o anteparo, teramos uma regio do espao onde veramos um borro (ainda muito pequeno e talvez no visvel a olho nu), e haveria uma certa distncia onde teramos um F invertido vertical e lateralmente, projetado no anteparo. Isso se deve ao fato de considerarmos a aproximao de raios praticamente paralelos chegando lente, passando pela pequena regio de convergncia (aproxima pelo ponto focal) e invertendo sua posies em relao ao eixo principal (os raios que estavam acima do eixo agora esto abaixo e vice-versa, e os que estavam direita agora esto esquerda e vice-versa). A figura abaixo ilustra com maior facilidade a situao da imagem invertida projetada no anteparo aps o foco. Note que o raio que atinge a parte mais alta da lente se torna o mais baixo na projeo no anteparo, e vice-versa (imaginando um objeto qualquer, no necessariamente o A):

Lente

Regio opaca (em vermelho)

Anteparo

Regio de sombra (em azul)

Eixo principal Foco

importante perceber, na figura acima, que a inverso se deu em torno do eixo principal, assim, supondo-se que a lente esfrica a inverso ocorre em qualquer direo que tomarmos (paralela ao plano da lente delgada), e por isso a imagem se inverte em todos os sentidos. E a figura abaixo mostra a situao da imagem projetada no anteparo antes do foco, menor e direita.

Lente

Regio opaca (em vermelho)

Anteparo

Regio de sombra (em azul)

Eixo principal

Foco

Observe que a figura projetada no anteparo justamente uma inverso daquilo que est na lente quando os raios chegam paralelos ou praticamente paralelos. NOTA: Embora esta questo possua uma alternativa correta, consideramos que a mesma inadequada para o contexto em que foi aplicada, uma vez que o tempo necessrio sua correta resoluo extrapola em muito o tempo mdio destinado a cada questo da prova.

QUESTO 10 A imagem de um ponto P, posicionado a uma distncia d de um espelho plano E, pode ser visualizada por dois observadores A e B, como mostra a figura abaixo.



6

A respeito da imagem P do ponto P vista pelos observadores, correto afirmar que a) ambos os observadores visualizam P a uma distncia 2d do ponto P b) o observador A visualiza P a uma distncia d/2 do espelho c) o observador B visualiza P a uma distncia d/4 do espelho d) o observador A visualiza P a uma distncia 3d/2 do espelho e o observador B distncia 5d/4 do espelho.

Resoluo Alternativa A A imagem do ponto P formada a uma distncia d, simtrica ao espelho plano. Desta forma, tanto o observador A quanto o observador B visualizaro o ponto imagem Pa uma distncia 2d do ponto P.

QUESTO 11 O diagrama a seguir representa o ciclo percorrido por 3 mols de um gs perfeito.

Sabendo-se que no estado A a temperatura 23C e considerando R = 8 J/mol.K, o trabalho, em joules, realizado pelo gs no ciclo a) 6000 b) 12000 c) 1104 d) 552

Resoluo Alternativa A Pela equao de Clapeyron, no estado A, temos:

3 8 (273 23) 6000A A Ap V n R T p v p v = = = O mdulo do trabalho no ciclo representado numericamente igual rea dentro do tringulo. Assim:

(3 ) (2 )| | 6000 J2

v v p p p V = = = Como o ciclo percorrido no sentido anti-horrio, o trabalho recebido pelo gs e, portanto, 0 < . Logo, 6000 J = .

QUESTO 12 Um estudante, querendo determinar o equivalente em gua de um calormetro, colocou em seu interior 250 g de gua fria e, aguardando um certo tempo, verificou que o conjunto alcanou o equilbrio trmico a uma temperatura de 20 C. Em seguida, acrescentou ao mesmo 300 g de gua morna, a 45 C. Fechando rapidamente o aparelho, esperou at que o equilbrio trmico fosse refeito; verificando, ento, que a temperatura final era de 30 C. Baseando-se nesses dados, o equivalente em gua do calormetro vale, em gramas, a) 400 b) 300 c) 100 d) 200

Resoluo Alternativa D Seja m a massa equivalente em gua do calormetro. Aps o primeiro equilbrio trmico, temos uma massa total equivalente de gua igual a (m+250) gramas, temperatura de 20 C. Fazendo a mistura com a outra massa de gua (300 gramas), colocada temperatura de 45 C, e impondo que a soma de todos os calores trocados pelo sistema zero at ser atingido o segundo equilbrio trmico (30 C), temos:

1 1 1 2 2 20 0Q m c m c = + = ( 250) 1,0 (30 20) 300 1,0 (30 45) 0

10 2500 4500 0m

m+ + =

+ = 200 gm =

QUESTO 13 O gs contido no balo A de volume V e presso p suavemente escoado atravs de dutos rgidos e de volumes desprezveis, para os bales B, C, D e E, idnticos e inicialmente vazios, aps a abertura simultnea das vlvulas 1, 2, 3 e 4, como mostra a figura abaixo.

Aps atingido o equilbrio, a presso no sistema de bales assume o

valor 3p

. Considerando que no ocorre variao de temperatura, o

volume de dois dos bales menores a) 1,0 V b) 0,5 V c) 1,5 V d) 2,0 V

Resoluo Alternativa A Pela equao de Clapeyron, o nmero de mols dado por:

p Vp V n R T nR T = =

O nmero total de mols contido inicialmente no balo A ser distribudo dentre os cinco bales aps serem abertas as quatro vlvulas. Assim:

TOTAL A B C D En n n n n n= + + + + Sendo p a presso do sistema aps as vlvulas serem abertas, V0 o volume de cada um dos quatro bales menores, e T a temperatura, que se mantm constante durante o processo, temos:

0 0 0 00

' ' ' '' ( ') 4 'p V p V p V p VpV p V p p V p VRT RT RT RT RT RT

= + + + + =

Como '3pp = , temos:

0 02 44

3 3 3 3p p p pp V V V V = = 02V V=

Logo o volume de dois bales menores (2 V0) igual a V.

QUESTO 14 Um paciente, aps ser medicado s 10 h, apresentou o seguinte quadro de temperatura:

A temperatura desse paciente s 11 h 30 min, em F, a) 104 b) 54,0 c) 98,6 d) 42,8

Resoluo Alternativa C Observe que no intervalo das 10 h at as 12 h, a temperatura caiu uniformemente de 4 C em 2 h, isto , 1 C a cada 0,5 h. Assim, sendo a temperatura s 11 h igual a 38 C, a temperatura s 11 h e 30 min (0,5 h depois) ser 37 C. Convertendo essa temperatura de C para F, temos:

32 32375 9 5 9C F FT T T = = 98,6 FFT =



7

QUESTO 15 Um frasco de vidro, cujo volume 2000 cm3 a 0 C, est completamente cheio de mercrio a esta temperatura. Sabe-se que o coeficiente de dilatao volumtrica do mercrio 1,8 x 104 C1 e o coeficiente de dilatao linear do vidro de que feito o frasco 1,0 x 105 C1. O volume de mercrio que ir entornar, em cm3, quando o conjunto for aquecido at 100 C, ser a) 6,0 b) 18 c) 36 d) 30

Resoluo Alternativa D Sendo o coeficiente de dilatao linear do vidro 5 11,0 10 CV = , ento 5 13 3,0 10 CV V = = . Como os volumes iniciais do vidro e do mercrio so ambos iguais a

30 2000 cmV = , o volume de mercrio que ir entornar representa a

dilatao aparente do lquido, que corresponde diferena entre a dilatao real do lquido (mercrio) e a dilatao do frasco (vidro) que o contm.

0 0AP M V M VV V V V V = = 4 52000 1,8 10 100 2000 3,0 10 100APV =

330 cmAPV =

QUESTO 16 Na situao de equilbrio abaixo, os fios e as polias so ideais e a acelerao da gravidade g. Considere e o coeficiente de atrito esttico entre o bloco A, de massa Am , e o plano horizontal em que se apia.

A maior massa que o bloco B pode ter, de modo que o equilbrio se mantenha, a) 2 e Am b) 3 e Am c) e Am d) 4 e Am

Resoluo Alternativa A As foras que atuam em cada bloco so representadas na figura a seguir:

A

NJJG

ATFJJJG

TJG

APJJG

B

TJG

TJG

BPJJG

Para que o sistema fique em equilbrio esttico, a fora resultante em cada bloco deve ser nula. Assim, no corpo A, devemos exigir que:

| | | |

| | | |A

AT

P N

T F

= =

JJG JJGJG JJJG

A mxima massa de B implica na mxima trao e portanto na mxima fora de atrito. Portanto:

| | | | | | | |AT e e AT F N m g = = = JG JJJG JJG JG

Observe que o corpo B est submetido ao dobro da trao que o corpo A, uma de cada lado do fio. Nesse caso, exigimos que:

| | 2 | |BP T=JJG JG

Substituindo a trao, vem que:

| | 2 ( | |) 2B e A B e Am g m g m m = = JG JG

QUESTO 17 A figura abaixo representa um vago em repouso, no interior do qual se encontram um pndulo simples e um recipiente fixo no piso, cheio de gua. O pndulo simples composto de uma bolinha de ferro presa ao teto do vago por um fio ideal e, dentro do recipiente, existe uma bolinha de isopor, totalmente imersa na gua e presa no seu fundo tambm por um fio ideal.

Assinale a alternativa que melhor representa a situao fsica no interior do vago, se este comear a se mover com acelerao constante para a direita. a)

b)

c)

d)

Resoluo Alternativa C

Para a bolinha de ferro presa no teto do vago, temos o seguinte esquema, quando o vago est sujeito a uma acelerao a

G para a

direita:

aG

PG

TG

O polgono de foras para este corpo pode ser representado, considerando T a trao, P o peso e R a fora resultante em relao a um referencial inercial como:

ou PG

TG

RG

TG

RG

PG

importante notarmos que a direo e sentido da resultante so os mesmos da direo e sentido da acelerao da massa (igual acelerao do vago). Note ainda que o ngulo de inclinao pode ser calculado por:

R m a atg arctg

P m g g = = =

Para a bolinha de isopor presa no cho do vago, dentro da gua, temos o seguinte esquema, quando o vago est sujeito a uma acelerao a

G para a direita:

aG

PGTG

1EG

2EG

1EG

2EG



8

Note que a acelerao implica em dois efeitos: 1) Aparecimento de uma diferena de presses tambm no eixo da acelerao, implicando numa fora tambm na direo da acelerao, que chamamos de 2E

G. Esta fora tem mdulo calculado por

2E V a= com = densidade do lquido, V = volume do corpo e a = acelerao do lquido (igual acelerao do corpo). 2) Devido composio dos dois gradientes de presso (no eixo x devido presena de acelerao e no eixo y devido ao peso crescente da coluna dgua com a profundidade) o lquido se inclina com um ngulo:

2

1

E a V atg tg arctg

E g V g

= = = Este ngulo pode ser explicado pela fora aplicada pelo restante do lquido sobre uma lmina de gua na superfcie (com a composio das presses em x e em y) de forma normal superfcie. O polgono de foras para este corpo pode ser representado, considerando T a trao, P o peso e R a fora resultante em relao a um referencial inercial como:

ou

PG

TG

RG

TG

RG

PG

2EG

1EG

2EG

1EG

importante notarmos que tambm a direo e sentido da resultante so os mesmos da direo e sentido da acelerao da massa (igual acelerao do vago). Note ainda que o ngulo de inclinao pode ser calculado por:

2

1

. . ..

. . .E R V a ma a V m a

tgE P V g mg g V m g

= = = =

aarctg

g =

Logo a situao no interior do vago pode ser representada como na

alternativa (c), considerando a

arctgg

= , onde a = acelerao horizontal do vago e g = acelerao da gravidade.

QUESTO 18 Uma partcula abandonada de uma determinada altura e percorre o trilho esquematizado na figura abaixo, sem perder contato com ele.

Considere que no h atrito entre a partcula e o trilho, que a resistncia do ar seja desprezvel e que a acelerao a gravidade seja g. Nessas condies, a menor velocidade possvel da partcula ao terminar de executar o terceiro looping a) 3Rg

b) 7Rg

c) 15Rg

d) 11Rg

Resoluo Alternativa C Para completar os loopings sem que haja descolamento dos trilhos, a normal no pode se anular. Sabe-se que quanto menor a velocidade, menor deve ser a fora normal necessria para contribuir com a resultante centrpeta. Logo, devemos nos preocupar com a velocidade mnima, que ocorre em cada looping no ponto de altura mxima. Ainda neste ponto, temos que o peso ajuda integralmente na composio da resultante centrpeta, o que contribui na minimizao da reao normal. Como os dois primeiros loopins apresentam menor raio, caso a partcula tenha velocidade suficiente para completar o terceiro (de maior raio) sem descolamento, completar tambm os dois primeiros. Observe o esquema abaixo do terceiro looping:

vG

PG

NG

3R

O

A

B O sistema no apresenta foras dissipativas e portanto a energia mecnica se conserva. Assim, o corpo ter mnima velocidade em B caso tenha mnima velocidade em A. A mnima velocidade em A implica em uma resultante centrpeta de baixa intensidade, que ocorre quando N 0 (limite sem o descolamento) neste ponto, ou seja

cpAF N=JJJJG JJG

P P+ =JG JG 2

2 33

AcpA A

vF P m mg v RgR

= = =JJJJG JG Utilizando um referencial no solo e igualando as energias mecnicas nos pontos A e B:

2 22 2(6 ) 12

2 2A B

MA MB A Bmv mvE E mg R v R g v= + = + =

Mas 2 3Av R g= e portanto: 23 12 15B BR g R g v v R g + = =

QUESTO 19

Um planeta Alpha descreve uma trajetria elptica em torno do seu sol como mostra a figura abaixo.

Considere que as reas 1A , 2A e 3A so varridas pelo raio vetor que une o centro do planeta ao centro do sol quando Alpha se move respectivamente das posies de 1 a 2, de 2 a 3 e de 4 a 5. Os trajetos de 1 a 2 e de 2 a 3 so realizados no mesmo intervalo de tempo t e o trajeto de 4 a 5 num intervalo 't t < . Nessas condies correto afirmar que a) 3 2A A< b) 2 3A A< c) 1 2A A> d) 1 3A A<



9

Resoluo Alternativa A Pela 2 Lei de Kepler, para planetas em rbita ao redor de uma mesma estrela, vale a seguinte relao:

= = tanAREOLARAv cons tet

onde A a rea varrida pelo vetor Gr que une a estrela a um planeta

qualquer, num tempo t . Nos caminhos 1 2 e 2 3 , o tempo de deslocamento o mesmo. Logo:

= 1 2A At t

=1 2A A

Por outro lado, comparando os caminhos 4 5 e 1 2 , temos: = = <

3 1 3

1'

'A A A tt tt t A

< =3 1 2A A

QUESTO 20 Dois corpos A e B, esfricos, inicialmente estacionrios no espao, com massas respectivamente iguais a Am e Bm , encontram-se separados, centro a centro, de uma distncia x muito maior que seus raios, conforme figura abaixo.

Na ausncia de outras foras de interao, existe um ponto P do espao que se localiza a uma distncia d do centro do corpo A. Nesse ponto P nula a intensidade da fora gravitacional resultante, devido ao dos corpos A e B sobre um corpo de prova de massa m, ali colocado. Considere que os corpos A e B passem a se afastar com uma velocidade constante ao longo de uma trajetria retilnea que une os seus centros e que 16A Bm m= . Nessas condies, o grfico que melhor representa d em funo de x a)

b)

c)

d)

Resoluo Alternativa D No ponto P, distante d da massa A, temos que o corpo apresenta resultante nula e, portanto:

= = = JJJG JJJG

2 2 2 2

(16 )| | | |( ) ( )

A B B BAP BP

Gm m Gm m G m m Gm mF Fd x d d x d

= = 2 216 1 1 4

( ) ( )d x d x d d

Como 0x d > , descartamos o sinal negativo, e ficamos com:

= 45xd

Assim, a funo d(x) uma reta crescente.

QUESTO 21 Uma bola de basquete descreve a trajetria mostrada na figura aps ser arremessada por um jovem atleta que tenta bater um recorde de arremesso.

A bola lanada com uma velocidade de 10 m/s e, ao cair na cesta, sua componente horizontal vale 6,0 m/s. Despreze a resistncia do ar e considere g = 10 m/s2. Pode-se afirmar que a distncia horizontal (x) percorrida pela bola desde o lanamento at cair na cesta, em metros, vale a) 3,0 b) 6,0 c) 4,8 d) 3,6

Resoluo Alternativa B Considere o seguinte sistema de coordenadas:

x

y

Na direo horizontal, temos um movimento uniforme, com a componente xv da velocidade constante e igual a 6,0 m/s. Na direo vertical, temos um movimento uniformemente variado, com espao inicial 0 2,0 my = , acelerao 210 m/sa g= = , e velocidade inicial dada por:

2 2 2 2 2 20 0 0 0 010 6,0 8,0 m/sx y y yv v v v v= + = + =

Assim, a equao horria dos espaos na direo vertical dada por:

2 2

0 0

102 8

2 2yat t

y y v t y t= + + = + 22 8 5y t t= + Para atingir a altura 5,0 my = , os instantes de tempo correspondentes so:

2 25 2 8 5 5 8 3 0t t t t= + + = 0,6 st = ou 1,0 st =

No caso, o primeiro instante (0,6 s) corresponde ao momento anterior ao de altura mxima, quando a bola est subindo, e o segundo instante (1,0 s) corresponde ao momento em que a bola est descendo e cai na cesta. O espao percorrido na direo horizontal (x) at a bola cair na cesta, depois de 1,0 s, dado por:

6,01,0x

s xv

t= = 6,0 mx =

QUESTO 22

Uma pessoa, brincando em uma roda-gigante, ao passar pelo ponto mais alto, arremessa uma pequena bola (Figura 1), de forma que esta descreve, em relao ao solo, a trajetria de um lanamento vertical para cima.



10

A velocidade de lanamento da bola na direo vertical tem o mesmo mdulo de velocidade escalar (v) da roda-gigante, que executa um movimento circular uniforme. Despreze a resistncia do ar, considere a acelerao da gravidade igual a g e 3 = . Se a pessoa consegue pegar a bola no ponto mais prximo do solo (Figura 2), o perodo de rotao da roda-gigante pode ser igual a

a) 203

vg

b) 107

vg

c) vg

d) 12 vg

Resoluo Alternativa A Analisando o movimento circular, com R o raio da roda gigante e T o perodo de rotao:

2 2 36

R R v Tv RT T = = = (I)

Analisando o lanamento vertical da bola: Adotamos o referencial abaixo, positivo para cima (movimento da bola): VJG

R

2R

y

x

2

22

g ty R v t = +

Como a roda gira pelo menos meia volta, podendo completar mais um nmero inteiro n de voltas, temos que y=0 quando

1.2 2Tt nT t T n = + = +

Logo, 2

1 10 22 2 2

gR v T n T n = + + + (II) Substituindo os valores de (I) em (II):

21 10 2

6 2 2 2v T gV T n T n = + + +

25 106 2 2

g TT v n n = + +

Como T 0 temos: ( )( )

2

2

4 6 51 52 2 6 3 2 1

ng T vn v n Tg n

+ + = + = +

Avaliando as alternativas, lembrando que n natural:

a) Correta: ( )( )24 6 520 20

3 33 2 1

nvTg n

+= =+

( ) ( )+ = + + + = = = 2 76 5 5 4 4 1 10 7 0 0 10n n n n n n ou n b) Incorreta: ( )( )2

4 6 510 107 73 2 1

nvTg n

+= =+

( ) ( )2 27 12 10 15 4 4 1 60 24 55 0n n n n n + = + + = Equao cujo delta no um quadrado perfeito.

c) Incorreta: ( )( )24 6 5

13 2 1

nvTg n

+= =+

( ) ( )2 24 6 5 3 4 4 1 12 12 17 0n n n n n + = + + = Equao cujo delta no um quadrado perfeito.

d) Incorreta: ( )( )24 6 5

12 123 2 1

nvTg n

+= =+

( ) ( )2 2 26 5 9 4 4 1 36 30 4 0 18 15 2 015 225 4 18 2 15 9 0

2 18 2 18

n n n n n n n

n

+ = + + + + = + + = = =



11

QUESTO 24 O diagrama abaixo representa as posies de dois corpos A e B em funo do tempo.

Por este diagrama, afirma-se que o corpo A iniciou o seu movimento, em relao ao corpo B, depois de a) 2,5 s b) 7,5 s c) 5,0 s d) 10 s

Resoluo Alternativa C Considerando t1 como o tempo onde os corpos se encontram:

t1 t0A Clculo das funes horrias do espao: Corpo B: 0B B BS S v t= + Pelo grfico: 0 40 4 /

10 0Bv m s= =

Logo, 40 4BS t= Para 10BS = m (ponto de encontro), temos

110 40 4 7,5t t s= = Corpo A: 0 0( )A A A AS S v t t= + Pelo grfico: (10) (7,5) 20 10 4 /

10 7,5 10 7,5As s sv m st

= = = = Logo, 0 00 4( ) 4( )A A AS t t t t= + = Para t = 10s, = 20AS m . Portanto:

0 020 4(10 ) 5A At t s= = Logo o corpo A partiu 5 segundos aps o corpo B

QUESTO 25 Uma bola rola com velocidade v

G, constante, sobre uma superfcie de

vidro plana e horizontal, descrevendo uma trajetria retilnea. Enquanto a bola se desloca, a sua sombra percorre os planos representados pelos trechos 1 e 2 da figura abaixo, com velocidades escalares mdias 1v e 2v , respectivamente.

Considerando que a sombra est sendo gerada por uma projeo ortogonal superfcie de vidro, pode-se afirmar que o seu movimento a) acelerado no trecho 1 e retardado no trecho 2, sendo 1 2v v v> > b) acelerado nos dois trechos, sendo 1 2v v v= > c) uniforme nos dois trechos, sendo 1 2v v v= = d) uniforme nos dois trechos, sendo 1 2v v v= >

Resoluo Alternativa D fcil notar que a velocidade horizontal xV

JJG da sombra constante e

igual a VJG

. Observe a figura depois de um tempo t do incio da subida:

d d

x

y

h Trecho 2 Trecho 1

xv v=G G

Sombra

Como a altura mediana, o tringulo issceles e os ngulos da base so iguais.

Como o plano inclinado retilneo, podemos aplicar tg da seguinte maneira:

ytgx

= Alm disso, do movimento da bola, x v t = Logo, ( . ).ytg y v tg t k t

v t = = = ; k constante.

Como y k t = , o movimento da sombra em y uniforme, assim como o de x, logo o movimento da sombra uniforme, e no trecho 1:

2 21 x yv v v v= + >

De forma anloga, note que 2 22 1x yv v v v v= + = > Assim temos 1 2v v v= > .

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